四川省资阳市雁江区伍隍中学2023-2024学年高一上学期第一次月考数学 Word版含解析.docx

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雁江区伍隍中学高一第一次月考数学试卷考试时间：120min总分：150分一．选择题（共8小题，每小题5分，共40分）1.已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据交集的定义求解.详解】,故选：B.2.命题“”的否定为（）A.B.不存在C.D.【答案】D【解析】【分析】直接根据全称命题的否定的定义得到答案.【详解】命题“”的否定为：.故选：D.3.函数的定义域为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】偶次开根根号下非负，分式分母不为零，据此列出不等式组即可求解.【详解】依题意，解得，所以函数的定义域为.故选：B． 4.“函数在上为增函数”是“”的（　　）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件【答案】B【解析】【分析】由函数的单调性，结合一次函数性质求参数范围，根据充分、必要性定义判断条件间的关系.【详解】由在上为增函数，则，所以“函数在上为增函数”是“”的必要不充分条件.故选：B5已知函数，若，实数（）A.2B.3C.4D.5【答案】B【解析】【分析】推导出，从而，进而，由此能求出实数的值．【详解】解：函数，，，，解得实数．故选：．6.已知是定义在[a-1，2a]上的偶函数，那么a＋b的值是（）A.－B.C.－D.【答案】B【解析】 【分析】由偶函数的定义得且a－1＝－2a求出a、b，然后求a＋b【详解】∵在[a-1，2a]上是偶函数∴有：b＝0，且a－1＝－2a∴a＝∴a＋b＝故选：B【点睛】本题考查了函数的奇偶性；根据偶函数的定义且定义域关于原点对称求参数值7.已知，则的最大值为（）A.B.1C.D.2【答案】D【解析】【分析】利用基本不等式可求得的最大值，进而求解即可.【详解】因为，则，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以，所以的最大值为2.故选：D.8.已知函数是上的增函数，则实数a的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据分段函数单调性的性质，结合二次函数、反比例函数的单调性进行求解即可.【详解】二次函数的对称轴为，且开口向下， 因为是上增函数，所以有，故选：B二．多选题（共4小题，每小题5分，共20分，漏选得2分，选错得0分）9.已知集合，，若，则实数的取值可能是（　　）A.B.C.D.【答案】ABC【解析】【分析】先求出集合中的元素，然后逐一代入集合计算求，不要遗漏即可.【详解】，当时，，符合题意；当时，，得，当时，，得，综合得.故选：ABC.10.下列说法错误的是（　　　）A.若，，则B.若，，则C.若，则D.若，则【答案】ABD【解析】【分析】用不等式的性质或使用特例排除法，逐一验证选项.【详解】和都无法比较与的大小，故选项A和选项B错误； 由，则，由，则，所以时，有，选项C正确；当，时，满足，但不满足，选项D错误.故选：ABD11.已知函数，，构造函数，那么关于函数的说法正确的是（）A.的图象与x轴有3个交点B.在上单调递增C.有最大值1，无最小值D.有最大值3，最小值1【答案】AC【解析】【分析】根据给定条件，作出函数的图象，借助图象逐项判断作答.【详解】依题意，由解得，则，作出函数的图象，如图：观察图象知，函数的图象与x轴有三个交点，在上单调递减，有最大值1，无最小值，即选项A，C正确；选项B，D不正确.故选：AC12.高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德，牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：对于实数x，符号表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数，例如，，定义函数，则下列命题中正确的是（）A.函数的最大值为1；B.函数的最小值为0C.函数的图象与直线有无数个交点 D.函数是增函数【答案】BC【解析】【分析】由题意求出函数的解析式，即可求解.【详解】由题意，对于A：函数，故A错误；对于B：函数的最小值为0，故B正确；对于C：函数的图象与直线有无数个交点，故C正确；对于D：函数不是上的增函数，故D错误；故选：BC三．填空题（共4小题，每小题5分，共20分）13.若幂函数为偶函数，则________.【答案】【解析】【分析】利用幂函数和偶函数的定义即可求解.【详解】∵函数为幂函数，∴，解得或，又∵为偶函数，∴，故答案为：.14.已知，则___________．【答案】【解析】 【分析】利用换元法可得答案.【详解】令，则，，所以，所以，.故答案为：.15.已知定义域为R的偶函数在上单调递减，且，则满足的x的取值范围是__________．【答案】【解析】【分析】根据奇偶性和单调性解不等式即可.【详解】因为在上单调递减，为偶函数，，所以在单调递增，，不等式可变形为或，解得或.故答案为：.16.已知函数，，若对任意，总存在，使得，则实数a的取值范围是_____.【答案】####【解析】【分析】求出函数的值域，再解不等式组即得解.【详解】解：由题得在时，当函数取最小值当时，函数取最大值3，所以此时函数的值域为；在时的值域为，由题得. 所以.故答案为：四．解答题（共6小题）17.设集合．（1）求；（2）已知集合，若，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）求出集合，然后直接求即可；（2）根据集合的包含关系列不等式求实数的取值范围．【小问1详解】由得或，所以或，，所以【小问2详解】由得或，解得或，所以实数a的取值范围为或．18.已知是定义在R上的偶函数，当时， （1）求的值；（2）求的解析式；（3）画出简图；写出的单调递增区间(只需写出结果，不要解答过程).【答案】（1）；（2）；（3）（﹣1，0），（1，+∞）【解析】【详解】解：（1）当x≥0时，f（x）＝x2﹣2x，f（﹣x）＝f（x），∴f（1）＝﹣1，f（﹣2）＝f（2）＝0；（2）∵y＝f（x）是定义在R上的偶函数，当x≥0时，f（x）＝x2﹣2x，当x＜0时，﹣x＞0，f（﹣x）＝（﹣x）2﹣2（﹣x）＝x2+2x，∴f（x）＝f（﹣x）＝x2+2x，∴f（x）．（2）∵f（x），∴当x≥0时，y＝x2﹣2x，抛物线开口向上，对称轴方程为x＝1，顶点坐标（1，﹣1），当y＝0时，x1＝0，x2＝2；当x＝0时，y＝0．当x＜0时，y＝x2+2x，抛物线开口向上，对称轴方程为x＝﹣1，顶点坐标（﹣1，﹣1），当y＝0时，x＝﹣2．由此能作出函数f（x）的图象如下： 结合图象，知f（x）的增区间是（﹣1，0），（1，+∞）．19.已知命题p：，不等式恒成立；命题q：为实数，使有解.（1）若命题p为真命题，求实数m的取值范围；（2）若命题p，q中恰有一个为真命题，求实数m的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用三个“二次”的关系列不等式求解；（2）分真假和假真两种情况讨论即可.【小问1详解】根据题意，命题：，不等式恒成立；若命题为真命题，则，解得，故实数的取值范围为.【小问2详解】根据题意，命题，，成立，则，即，∴或，又由命题，中恰有一个为真命题，则命题，一真一假，①当真假时，，解得：，②当假真时，，解得：．综上，实数的取值范围．20.已知函数，满足条件.（1）求的解析式；（2）用单调性的定义证明在上单调递增，并求在上的最值. 【答案】（1）（2）证明见解析，.【解析】【分析】（1）根据，代入得到方程组，解得即可；（2）利用定义法证明，再根据单调性求出函数的最值.【小问1详解】因为，且，所以解得所以；【小问2详解】由，设任意的且，则因为且，所以，所以，则在上单调递增，所以.21.某地某路无人驾驶公交车发车时间间隔（单位：分钟）满足，，经测算.该路无人驾驶公交车载客量与发车时间间隔满足：，其中.（1）求，并说明的实际意义：（2）若该路公交车每分钟的净收益（元），问当发车时间间隔为多少时，该路公交车每分钟的净收益最大？并求每分钟的最大净收益. 【答案】（1）；发车时间间隔为分钟时，载客量为（2）发车时间间隔为分钟时，该路公交车每分钟的净收益最大，最大净收益为元．【解析】【分析】（1）将代入函数的解析式，可计算出，结合题意说明的实际意义；（2）求出函数的解析式，分别求出该函数在区间和上的最大值，比较大小后可得出结论.【小问1详解】，实际意义为：发车时间间隔为分钟时，载客量为；【小问2详解】，当时，，当且仅当，即时，等号成立，所以，当时，取得最大值；当时，，该函数在区间上单调递减，则当时，取得最大值．综上所述，当发车时间间隔为分钟时，该路公交车每分钟的净收益最大，最大净收益为元．22.定义域在R的单调函数满足恒等式，且.（1）求，；（2）判断函数的奇偶性，并证明；（3）若对于任意都有成立，求实数的取值范围.【答案】（1），（2）函数是奇函数，证明见解析（3）【解析】 【分析】（1）取代入函数满足的等式，整理可得，再令，根据，可算出；（2）令，可得，即，可得函数为奇函数；（3）根据函数是单调函数且，得是定义域在上的增函数，再结合函数为奇函数，将题中不等式转化为在上恒成立，最后采用变量分离的方法结合换元法求函数的最小值，可算出的取值范围.【小问1详解】令可得，令∴∴∴；【小问2详解】令∴∴，即∴函数是奇函数.小问3详解】是奇函数，且在时恒成立，∴在时恒成立，又∵是定义域在R的单调函数，且∴是R上的增函数，∴即在时恒成立，∴在时恒成立.令，∵∴.由抛物线图象可得∴，则实数的取值范围为.